Johannes Kepler University Linz (JKU) Research Institute for Symbolic Computation (RISC) Lernunterlage zum. Wolfgang Windsteiger 1

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1 Johannes Kepler University Linz (JKU) Research Institute for Symbolic Computation (RISC) Lernunterlage zum VORKURS MATHEMATIK FÜR WIRTSCHAFTSINFORMATIK Wolfgang Windsteiger 1 Wintersemester 2015/16 1 Dieses Skriptum basiert im Wesentlichen auf den Unterlagen aus den Vorjahren von Veronika Pillwein.

2 INHALTSVERZEICHNIS 1 Mengen 2 2 Logik Aussagenlogik Prädikatenlogik Mathematische Beweise Beweisen und Widerlegen von Quantoraussagen Modus Ponens Fallunterscheidung Induktionsbeweis Widerspruchsbeweis Gleichungen und Gleichungssysteme Quadratische Gleichungen Diophantische Gleichungen Lineare Gleichungssysteme Funktionen 41 6 Relationen Äquivalenzrelationen Ordnungsrelationen

3 KAPITEL1 MENGEN Eine Menge ist eine Zusammenfassung von Objekten, wobei klar sein muss, ob ein Objekt zur Menge gehört oder nicht. Beispiele für Menge sind M = {1, 3, 7, 12, 47} M = {rot, schwarz, blau} M = {,,,, } Diesen Beispielen ist gemeinsam, dass die Mengen aufzählend angegeben sind und die Mengen endlich sind. Die Reihenfolge der Objekte spielt in einer Menge keine Rolle, d.h., {a, b, c} = {c, b, a}. DEFINITION 1.1 Die Objekte einer Menge M heißen Elemente von M. Wir schreiben m M für m ist ein Element der Menge M und m / M für m ist kein Element der Menge M. Unendliche Mengen sind zum Beispiel die natürlichen Zahlen N = {1, 2, 3, 4,... }. Für die natürlichen Zahlen inklusive 0 schreiben wir Die ganzen Zahlen bezeichnen wir mit N 0 = {0, 1, 2, 3, 4,... }. Z = {..., 5, 4, 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3, 4, 5,... }. Mengen können aufzählend oder beschreibend angegeben werden. Zum Beispiel sei G die Menge der geraden natürlichen Zahlen (Beachte: 0 ist eine gerade Zahl!), einmal aufzählend G = {0, 2, 4, 6, 8, 10, 12,... }, und einmal beschreibend G = {m N 0 m ist gerade}. 2

4 Die rationalen Zahlen sind alle Zahlen, die sich als Bruch darstellen lassen Q = { p q p Z, q N}. Die reellen Zahlen werden mit R bezeichnet. Weiters verwenden wir R + = {x R x > 0}, R = {x R x < 0}, bzw., R + 0 = {x R x 0}, R 0 = {x R x 0}. Das geschlossene Intervall [a, b] für reelle Zahlen a, b bezeichnet die Menge aller reellen Zahlen, die größer oder gleich als a und kleiner oder gleich als b sind, bzw. kurz: [a, b] = {x R a x b}. Das offene Intervall ]a, b[ für reelle Zahlen a, b bezeichnet die Menge aller reellen Zahlen, die größer als a und kleiner als b sind, bzw. kurz: ]a, b[ = (a, b) = {x R a < x < b}. Analog werden die halboffenen Intervalle ]a, b] und [a, b[ wie folgt definiert ]a, b] = {x R a < x b} und [a, b[ = {x R a x < b}. DEFINITION Die leere Menge ist jene Menge, die kein einziges Element besitzt; in Zeichen: oder { } 2. Eine Menge A heißt Teilmenge der Menge B, wenn jedes Element der Menge A auch ein Element der Menge B ist; in Zeichen: A B 3. Zwei Mengen A, B sind gleich genau dann wenn sowohl A B als auch B A gilt (d.h. sie enthalten die gleichen Elemente) Es gilt A A und A für jede Menge A. Außerdem gilt, falls A B und B C, dann ist auch A eine Teilmenge von C, d.h., A C. Eigenschaften von Mengen werden oft mittels Venn Diagrammen dargestellt, wie z.b. in Abbildung 1.1 links für A B. DEFINITION 1.3 Seien A, B Mengen. Dann definieren wir die Vereinigung von A und B als die Menge, die alle Element enthält, die in A oder in B liegen in Zeichen: A B ( A vereinigt B ); d.h., A B = {x x A oder x B}. den Durchschnitt von A und B als die Menge, die alle Elemente enthält, die sowohl Element von A als auch Element von B sind, in Zeichen A B ( A geschnitten B ); 3

5 B B B A B A A A Abbildung 1.1: von links nach rechts: A B, A B, A B und A\B d.h.: A B = {x x A und x B}. die Differenzmenge von B in A als die Menge, die alle Element enthält, die in A aber nicht in B liegen, in Zeichen A\B ( A ohne B ); d.h.: A\B = {x x A und x / B}. Zwei Mengen heißen disjunkt, wenn A B = gilt. BEISPIEL 1.4 Seien A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} und B = {4, 5, 6, 7, 8}, dann: A B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, A B = {4, 5, 6}, A\B = {1, 2, 3}, und B\A = {7, 8}. BEISPIEL 1.5 Seien A = N und B = Z, dann: A B = Z, A B = N, A\B =, B\A = {..., 3, 2, 1, 0}. BEISPIEL 1.6 Seien I 1 = [0, 5], I 2 = [2.4, 4], I 3 = [3, 7]. Bestimme (a) I 2 N 0 (b) I 1 I 3 (c) I 2 I 3 (d) I 1 \I 2. BEISPIEL 1.7 Seien A, B zwei Mengen, für die gilt: A B. Was ist (a) A B (b) A B (c) A\B (d) B\A? Einige Rechenregeln für die Mengenoperationen aus Defintion 1.3 sind im folgenden Satz zusammengefasst. Aus diesen können andere Rechenregeln abgeleitet werden. 4

6 SATZ 1.8 Seien A, B, C Mengen. Dann gilt: 1. A B = B A und A B = B A (Kommutativgesetz) 2. (A B) C = A (B C) und (A B) C = A (B C) (Assoziativgesetz) 3. A (B C) = (A B) (A C) (Distributivgesetz) 4. A (B C) = (A B) (A C) (Distributivgesetz) 5. A\(B C) = (A\B) (A\C) 6. A\(B C) = (A\B) (A\C) Beweis. Über Venn-Diagramme: die Venn-Diagramme für die rechte und die linke Seite der Identität müssen übereinstimmen. Wir betrachten den Beweis für das Distributivgesetz (3): Für die linke Seite beginnen wir mit drei Mengen und zeichnen zunächst B C ein, im zweiten Schritt bilden wir die Vereinigung davon mit A: A B A B A B C C C Für die rechte Seite bilden wir zunächst die beiden geklammerten Ausdrücke A B und A C und bilden dann den Durchschnitt: A B A B A B C C C 5

7 BEISPIEL 1.9 Stellen Sie mittels Venn-Diagrammen fest, welche der folgenden Aussagen stimmen: (A B)\C = (A\C) (B\C) (A\B)\C = A\(B\C) Oft kann man von einem Universum ausgehen, in dem gerechnet wird, d.h., es wird zum Beispiel angenommen, dass wir über den natürlichen Zahlen operieren. Wenn klar ist, über welcher fixen Grundmenge Ω (Universum) gerechnet wird, dann schreibt man einfach A c für Ω\A. Man nennt A c das Komplement von A (bzgl. Ω). Es enthält alle Objekte von Ω, die nicht in A liegen, d.h., A c = {x Ω x / A}. Mit dieser Notation gilt zum Beispiel A\B = A B c. Mit A = Ω können die Identitäten (5) und (6) aus Satz 1.8 auch so geschrieben werden: (B C) c = B c C c (B C) c = B c C c (1.1) DEFINITION 1.10 Die Kardinalität (oder: Mächtigkeit) einer Menge M ist definiert als { n, falls M genau n Elemente besitzt M =, falls M eine unendliche Menge ist. BEISPIEL 1.11 {1, 3, 7, 12} = 4, = 0, N =, [0, 1] = R =. Die Kardinalität gibt die Anzahl der Elemente und nicht die Länge an. Die Kardinalität des reellen Intervalls [0, 1] ist unendlich (die Länge ist 1). Die Kardinalität der reellen Zahlen ist gleich der Kardinalität jedes (endlichen oder unendlichen) reellen Intervalls und echt größer als die Kardinalität der natürlichen Zahlen. SATZ 1.12 Für endliche Mengen A, B gilt: A B = A + B A B. 6

8 Beweis. Sei A = {x 1, x 2,..., x m } und B = {y 1, y 2,..., y n } für beliebige aber fixe natürliche Zahlen m, n. Dann gilt A = m und B = n. Angenommen A und B sind disjunkt (A B = ). Dann gilt d.h. A B = m + n = A + B. A B = {x 1, x 2,..., x m, y 1, y 2,..., y n }, Andererseits, falls A B, dann gibt es Elemente, die im Durchschnitt liegen, z.b. A B = {x 1, x 2,..., x k } = {y 1, y 2,..., y k } (beachte: bei Mengen spielt die Reihenfolge keine Rolle). Dann gilt für die Vereinigung A B = {x 1,..., x k, x k+1,..., x m, y k+1,..., y n }. Wenn wir die Anzahl der Elemente in A B zählen, kommen wir auf A B = k + (m k) + (n k) = m + n k. Wenn wir die rechte Seite der Identität betrachten, erhalten wir A + B A B = m + n k. DEFINITION 1.13 Sei A eine gegebene Menge. Die Potenzmenge (engl.: power set) von A (in Zeichen: P (A)) ist die Menge aller Teilmengen von A: P (A) = {B B A}. BEISPIEL 1.14 Sei A = {1, 2, 3}, dann ist P (A) = {, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}. Es gilt immer P (A) und A P (A). Vorerst ohne Beweis notieren wir den folgenden SATZ 1.15 Sei A eine endliche Menge, dann gilt: P (A) = 2 A. DEFINITION 1.16 Seien A, B nichtleere Mengen. Die Produktmenge (oder das kartesische Produkt) A B von A und B ist definiert als A B = {(a, b) a A und b B}. Die Elemente (a, b) in A B heißen Tupel oder geordnetes Paar. Zwei Tupel sind gleich, 7

9 wenn sie in allen Komponenten übereinstimmen, d.h., (a, b) = (c, d) genau dann, wenn a = c und b = d. Falls B = A ist, dann schreibt man für die Produktmenge A A = A 2. BEISPIEL 1.17 Sei A = {a, b, c} und B = {1, 2}. Dann ist A B = {(a, 1), (b, 1), (c, 1), (a, 2), (b, 2), (c, 2)}. B 2 A B BEISPIEL 1.18 Sei A = [1, 4] und B = [2, 3]. Dann ist A B = {(x, y) 1 x 4 und 2 y 3}. 1 4 BEISPIEL 1.19 Seien A = [ 2, 4) [0, 2], B = [1, 2] [ 2, 2] und C = [4, 6] [0, 2]. Bestimmen Sie die Mengen A B, A \ B, A C, und A C. DEFINITION 1.20 Produktmengen können auch aus mehr als zwei Mengen gebildet werden und analog gilt A 1 A 2 A n = {(a 1, a 2,..., a n ) a 1 A 1, a 2 A 2,..., a n A n }. Die Elemente dieser Produktemenge werden n-tupel (oder nur Tupel) genannt. Zwei Tupel (a 1, a 2,..., a n ) und (b 1, b 2,..., b n ) sind gleich, wenn sie in allen Komponenten übereinstimmen, d.h., wenn für alle Indizes k = 1,..., n gilt, dass a k = b k. Wenn A 1 = A 2 = = A n = A gilt, dann wird die Produktmenge wieder kurz mit A n bezeichnet. Im Dreidimensionalen lassen sich die Produktmengen auch noch graphisch veranschaulichen: BEISPIEL 1.21 Gegeben sind die Mengen A = [0, 2] [0, 2] [0, 4] und B = [1, 2] [1, 2] [0, 2] wie im Bild unten links skizziert. Die Menge A \ B ist zum Beispiel gegeben durch A \ B = [0, 2] [0, 1) [0, 4] [0, 1) [1, 2] [0, 4] [1, 2] [1, 2] (2, 4], siehe die Skizze ganz rechts. Die Flächen [1, 2] {1} [0, 2], {1} [1, 2] [0, 2] und [1, 2] [1, 2] {2} sind nicht in der Menge A \ B enthalten. 8

10 A A B B x x x Die Anzahl der Elemente in einer Produktmenge ist gleich dem Produkt der Kardinalitäten der jeweiligen (endlichen) Mengen: BEMERKUNG 1.22 Für endliche Mengen A, B gilt: A B = A B. 9

11 KAPITEL2 LOGIK 2.1 AUSSAGENLOGIK Eine Aussage ist jeder Satz (der Umgangssprache), dem die Eigenschaft wahr oder falsch zugesprochen werden kann. Beispiele für Aussagen sind Eine Minute hat sechzig Sekunden. 3 < 7 7 < 3 Die letzte Stelle der 247. Primzahl ist 3. Keine Aussagen sind Ist π eine ganze Zahl? (a + b) 2 Aus gegebenen Aussagen können durch Negation oder Verknüpfungen (Junktoren) neue Aussagen gebildet werden. Negation (Symbol: ) Gegeben eine Aussage A, dann ist A ( nicht A ) die Aussage, die genau dann wahr ist, wenn A falsch ist und genau dann falsch ist, wenn A wahr ist. Wahrheitstafel: A A W F F W 10

12 Konjunktion (UND) (Symbol: ) Seien A, B Aussagen, dann ist A B ( A und B ) die Aussage, die genau dann wahr ist, wenn A und B wahr sind. Wahrheitstafel: A B A B W W W W F F F W F F F F Disjunktion (ODER) (Symbol: ) Seien A, B Aussagen, dann ist A B ( A oder B ) die Aussage, die genau dann wahr ist, wenn mindestens eine der beiden Aussagen A,B wahr ist. Wahrheitstafel: A B A B W W W W F W F W W F F F Konjunktion und Disjunktion sind kommutativ und assoziativ, d.h., und A B B A und A B B A, (A B) C A (B C) und (A B) C A (B C). Was aber bedeutet für Aussagen? Fürs Erste sagen wir, dass zwei Aussagen äquivalent sind (A B), wenn ihre Wahrheitstafeln gleich sind. Später werden wir Äquivalenz durch Äquivalenzumformungen basierend auf Grundregeln zeigen. BEISPIEL 2.1 Wir zeigen (A B) C A (B C) und bestimmen dazu die Wahrheitstafeln für beide Seiten. A B C A B (A B) C W W W W W W W F W F W F W F F W F F F F F W W F F F W F F F F F W F F F F F F F A B C B C A (B C) W W W W W W W F F F W F W F F W F F F F F W W W F F W F F F F F W F F F F F F F 11

13 Mit Hilfe von Negation, Konjunktion und Disjunktion können Komplement, Durchschnitt und Vereinigung von Mengen auch wie folgt geschrieben werden: Seien A, B Mengen, dann gilt A c = {x (x A)} A B = {x x A x B} A B = {x x A x B} Für Mengen haben wir unter anderem das Distributivgesetz (Satz 1.8(3)) A (B C) = (A B) (A C) für Mengen A, B, C gezeigt. Analog gilt für Aussagen A, B, C A (B C) (A B) (A C). Wir zeigen diese Aussage jetzt über Wahrheitstafeln: A B C B C A (B C) W W W W W W W F F W W F W F W W F F F W F W W W W F W F F F F F W F F F F F F F A B C A B A C (A B) (A C) W W W W W W W W F W W W W F W W W W W F F W W W F W W W W W F W F W F F F F W F W F F F F F F F SATZ 2.2 Seien A, B, C Aussagen, dann gelten die Distributivgesetze A (B C) (A B) (A C), und A (B C) (A B) (A C). Für die Aussagen (5) und (6) aus Satz 1.8 erinnern wir an die alternativen Formulierungen (1.1). Ihre Entsprechungen für Aussagen sind die Gesetze von De Morgan. SATZ 2.3: DE MORGAN Seien A, B Aussagen. Dann gilt (A B) A B (2.1) und (A B) A B (2.2) Beweis. Wir zeigen (2.1) mittels Wahrheitstafeln, der Beweis zu (2.2) geht analog. 12

14 A B A B (A B) W W W F W F F W F W F W F F F W A B A B A B W W F F F W F F W W F W W F W F F W W W Implikation (Symbol: ) Seien A, B Aussagen, dann ist A B ( A impliziert B oder aus A folgt B ) die Aussage, die genau dann falsch ist, wenn A wahr und B falsch ist. Wahrheitstafel: A B A B W W W W F F F W W F F W Äquivalenz (Symbol: ) Seien A, B Aussagen, dann ist A B ( A äquivalent zu B oder A genau dann, wenn B ) die Aussage, die genau dann wahr ist, wenn A und B beide wahr sind oder beide falsch sind. Wahrheitstafel: A B A B W W W W F F F W F F F W Es gilt A B (A B) (B A). Auch diese Aussage kann mittels Wahrheitstafeln bewiesen werden. BEISPIEL 2.4 Was ist die Wahrheitstafel von A B? A B A A B W W F W W F F F F W W W F F W W Wenn wir mit oben vergleichen, sieht man, dass diese Aussage zu A B äquivalent ist. Damit haben wir ein weiteres Gesetz: 13

15 LEMMA 2.5 Seien A, B Aussagen. Dann gilt: A B A B. Wenn A B, dann gilt auch B A. Und wenn A B und B C, dann gilt auch A C. Das heißt aber mit anderen Worten, dass wir A C durch eine Kette A B C herleiten können. Betrachten wir nun eine Äquivalenz A B als Umformungsregel von A zu B (und daher auch von B zu A), dann kann eine Äquivalenz A C auch durch eine Kette von Umformungen A B 1 B n C hergeleitet werden. Vergleichen Sie dazu das Vereinfachen von algebraischen Ausdrücken mittels Gleichheiten! BEISPIEL 2.6 Zeigen Sie, dass A B B A einmal mittels Wahrheitstafeln und einmal durch Anwenden von Umformungsregeln. BEISPIEL 2.7 Seien A, B Aussagen: expandieren Sie (A B). DEFINITION 2.8 Eine Aussage, die immer wahr ist, heißt Tautologie. Eine Aussage, die immer falsch ist, heißt Kontradiktion. Ein einfaches Beispiel für eine Tautologie ist A ( A), ein einfaches Beispiel für eine Kontradiktion ist A ( A). BEISPIEL 2.9 Welche der folgenden Aussagen sind Tautologien, Kontradiktionen oder weder noch? A (A B) (A A) A (A B) (A B) (A (A B)) B 14

16 BEISPIEL 2.10 Wir betrachten noch einmal die Mengen aus Beispiel 1.21: A = [0, 2] [0, 2] [0, 4] und B = [1, 2] [1, 2] [0, 2]. Die Menge A enthält alle Punkte (x, y, z) R 3, für die gilt 0 x 2 0 y 2 0 z 4, und die Menge B enthält alle Punkte (x, y, z) R 3, für die gilt 1 x 2 1 y 2 0 z 2. Für die Differenzmenge hatten wir angegeben, dass A \ B = [0, 2] [0, 1) [0, 4] [0, 1) [1, 2] [0, 4] [1, 2] [1, 2] (2, 4], d.h., alle Punkte (x, y, z) R 3, für die gilt (0 x 2 0 y < 1 0 z 4) (0 x < 1 1 y 2 0 z 4) (1 x 2 1 y 2 2 < z 4). (2.3) Die Menge A \ B enthält nach Definition alle Punkte (x, y, z), für die gilt, dass (x, y, z) A und (x, y, z) / B, d.h., alle (x, y, z) R 3, für die gilt (0 x 2 0 y 2 0 z 4) (1 x 2 1 y 2 0 z 2). (2.4) Zeigen Sie durch logisches Umformen, dass die Formeln (2.3) und (2.4) logisch äquivalent sind. 2.2 PRÄDIKATENLOGIK In der Aussagenlogik haben wir es immer mit fixen Aussagen A, B,... zu tun. Die Prädikatenlogik erweitert diese Sprache nun, indem es ermöglicht wird, Aussagen von Variablen abhängig zu machen. Ein erstes Beispiel wäre folgende Aussage x R = x 2 0, (2.5) die wir im Folgenden mit A x abkürzen wollen. Hier ist x eine Variable, die in der Aussage A x frei vorkommt. In Worten: Wenn x eine reelle Zahl ist, dann ist ihr Quadrat nichtnegativ. Für eine bestimmte Wahl von x erhält man eine Aussage, deren Wahrheitsgehalt bestimmt werden kann. Tatsächlich gilt in diesem Fall sogar für alle reellen Zahlen x, dass ihr Quadrat nichtnegativ ist. Um Allaussagen mathematisch beschreiben zu können, wird der Allquantor verwendet: x: x R = x 2 0 (2.6) bedeutet Für alle x gilt, wenn x eine reelle Zahl ist, dann ist ihr Quadrat nichtnegativ. Mit A x wie oben lautet die Aussage kurz x: A x. Diese Aussage enthält keine freien Variablen. Die Variable x ist durch den Allquantor gebunden. 15

17 BEISPIEL 2.11 Was sind die gebundenen bzw. die freien Variablen der folgenden Aussagen: x N y R y 2 x x: x N y N x + y N x: x R 1 x 1 x 2 1 Was ist das Gegenteil einer Aussage: Für alle x gilt P x? Die Negation dieser Aussage ist Es gibt (existiert) ein x, für das P x gilt. Um Existenzaussagen zu beschreiben, wird der Existenzquantor verwendet: x: P x. (2.7) In diesem Fall wird die Variable x durch den Existenzquantor gebunden. Die Aussage in (2.7) bedeutet Es gibt mindestens ein x mit der Eigenschaft P x. In einer Allaussage x: C x A x bzw. einer Existenzaussage x: C x A x spielt C x jeweils die Rolle einer einschränkenden Bedingung an die Variable x. Wir schreiben dafür üblicherweise etwas kürzer C x : A x bzw. C x : A x SATZ 2.12: DE MORGAN FÜR QUANTOREN ( C x : A x ) C x : A x ( C x : A x ) C x : A x Man beachte, dass die Eigenschaft C x, die beim Quantor steht, nicht verändert wird. Um auszudrücken es existiert genau ein, wird der Quantor! verwendet, z.b.! x R: x = x 2. BEISPIEL 2.13 Formulieren Sie die folgenden Aussagen mit Quantoren: (a) Es gibt eine ganze Zahl, deren Quadrat 4 ist. (b) Alle natürlichen Zahlen sind positiv. (c) Alle reellen Zahlen sind kleiner als ihr Quadrat. (d) Es gibt natürliche Zahlen, die gerade sind. 16

18 Antwort zu (d): Es stehe G x für die (von x abhängige) Aussage x ist eine gerade Zahl. Dann erhalten wir als Lösung x: x N G x bzw. in Kurzschreibweise x N: G x. Quantoren können auch kombiniert werden. Die Aussage (d) im letzten Beispiel kann umgeschrieben werden, wenn wir uns überlegen, was es für eine Zahl bedeutet, gerade zu sein: Eine gerade natürliche Zahl ist durch 2 teilbar, oder anders gesagt, x N ist gerade, wenn es in der Form x = 2y mit y N geschrieben werden kann. In Quantorenschreibweise erhalten wir so: x: x N ( y : y N x = 2y) oder kürzer oder noch kürzer x N: ( y N: x = 2y) x N y N: x = 2y. Wenn alle Quantoren vom gleichen Typ sind, dann kann die Reihenfolge der Quantoren vertauscht werden, d.h. wir können die Aussage auch so schreiben y N x N: x = 2y und daher werden die Inhalte von Existenzquantoren häufig zusammengezogen: x, y N: x = 2y. Betrachten wir ein Beispiel von kombinierten Allquantoren: Das Produkt zweier beliebiger natürlicher Zahlen ist nicht-negativ : Wir kürzen ab: und kürzen weiter: x: x N ( y : y N xy 0) x N: ( y N: xy 0) x N y N: xy 0. Auch für Allquantoren gilt (da sie vom gleichen Typ sind), dass die Reihenfolge vertauscht werden kann. Daher ist die obige Aussage gleichbedeutend mit y N x N: xy 0 und man zieht die Inhalte von hintereinander stehenden Allquantoren oft zusammen, z.b. x, y N: xy 0. Die Reihenfolge von Existenzquantor und Allquantor darf nicht vertauscht werden. Nur hintereinander gereihte Quantoren vom selben Typ dürfen vertauscht oder zusammengezogen werden. Wir betrachten ein einfaches Beispiel: 17

19 Zu jeder reellen Zahl gibt es eine größere reelle Zahl. Zunächst schreiben wir diese Aussage mit Quantoren: x R y R: x < y. Diese Aussage ist wahr, für jedes x R können wir für y beispielsweise x + 1 nehmen. Jetzt vertauschen wir die Reihenfolge der Quantoren und betrachten die Aussage: y R x R: x < y. In Worten: Es gibt eine reelle Zahl, die größer ist als jede andere reelle Zahl. Diese Aussage ist falsch, da es keine größte reelle Zahl gibt. (Wenn Sie versucht sind, y = zu wählen, dann haben Sie Pech, da leider y R ist!) BEISPIEL 2.14 Gegeben ist die folgenden Aussage: Für alle natürlichen Zahlen gilt, dass sie entweder gerade oder eine Primzahl sind. (a) Geben Sie die Aussage mit Quantoren an. (b) Negieren Sie die quantifizierte Aussage. (c) Formulieren Sie die Negation als Satz in der Umgangssprache. BEISPIEL 2.15 Gegeben ist die folgenden Aussage: Für alle ganzen Zahlen n, die größer als fünf sind, gilt n 2 4n 3 > 0. (a) Geben Sie die Aussage mit Quantoren an. (b) Negieren Sie die quantifizierte Aussage. (c) Formulieren Sie die Negation als Satz in der Umgangssprache. 18

20 KAPITEL3 MATHEMATISCHE BEWEISE Wir betrachten verschiedene grundlegende Beweistechniken, die auch kombiniert werden können. 3.1 BEWEISEN UND WIDERLEGEN VON QUANTORAUSSAGEN Um zu beweisen, dass eine Aussage der Gestalt C x : A x wahr ist, geht man wie folgt vor: 1. Man wähle x beliebig (man darf über x nichts wissen!). 2. Annahme C x 3. Zu zeigen ist: A x (nicht mehr für alle x, sondern nur mehr für das fix gewählte!) Um zu beweisen, dass eine Aussage der Gestalt C x : A x wahr ist, muss ein konkreter Wert für x gefunden und angegeben werden, der sowohl C x als auch A x erfüllt. Um eine Aussage A zu widerlegen (d.h. zu beweisen, dass A falsch ist), muss bewiesen werden, dass ihr Gegenteil A wahr ist. Um also eine Allaussage C x : A x zu widerlegen, muss C x : A x bewiesen werden, d.h. es muss ein Gegenbeispiel gefunden werden, also ein x, das C x erfüllt aber nicht A x. 3.2 MODUS PONENS Betrachten wir zwei Aussagen A, B. Wenn A gilt und B aus A hergeleitet werden kann, dann gilt B. Dies ist ein elementarer Beweisschritt, der in Kombination mit anderen Schritten in vielen Bewiesen zur Anwendung kommt. Basierend auf Modus Ponens werden Argumentationsketten gebildet: Wir gehen aus von A. Wenn aus A die Aussage B hergeleitet werden kann, dann gilt auch B. Wenn aus B die Aussage C hergeleitet werden kann, dann gilt auch C etc. Wichtig ist dabei die Rolle von A. Wenn wir nur wissen, dass aus A die Aussage B folgt, 19

21 und aus B die Aussage C folgt etc., dann wissen wir gar nichts! Erst durch das Wissen von A können wir B herleiten, und erst dann können wir daraus C herleiten. Wir führen einen Beweis dieser Art an einem konkreten Beispiel durch. Dazu benötigen wir zwei einfache Definitionen. DEFINITION 3.1 Eine ganze Zahl a ist gerade, genau dann, wenn es eine ganze Zahl b gibt, sodass a = 2b. In dieser Definition steckt die Information wenn es eine ganze Zahl b gibt mit a = 2b, dann ist a gerade. (3.1) DEFINITION 3.2 Eine ganze Zahl a ist ungerade, genau dann, wenn es eine ganze Zahl b gibt, sodass a = 2b + 1. In dieser Definition steckt die Information wenn a ungerade ist, dann gibt es eine ganze Zahl b gibt mit a = 2b + 1. (3.2) Und hier der Satz, den wir beweisen wollen: SATZ 3.3 Die Summe zweier ungerader Zahlen ist gerade. Beweis. Seien x, y Z beliebig (warum?). Wir nehmen an x ungerade und y ungerade. Zu zeigen ist, dass x + y gerade ist. Weil x, y ungerade sind, müssen wegen (3.2) ganze Zahlen m, n existieren mit x = 2m + 1 und y = 2n + 1. Wir setzen diese Darstellung ein und erhalten x + y = 2m n + 1 = 2m + 2n + 2 = 2(m + n + 1). Da m, n ganze Zahlen sind, ist auch k := m + n + 1 eine ganze Zahl. Also gibt es eine ganze Zahl k mit x + y = 2k, somit ist x + y wegen (3.1) eine gerade Zahl. BEISPIEL 3.4 Zeigen Sie, dass das Quadrat einer ungeraden natürlichen Zahl ungerade ist. 20

22 DEFINITION 3.5 Seien a, b ganze Zahlen. Wir sagen, dass a teilt b, wenn eine ganze Zahl q existiert so dass b = aq. In Zeichen a b. SATZ 3.6 Eine natürliche Zahl ist genau dann durch drei teilbar, wenn ihre Ziffernsumme durch drei teilbar ist. Beweis. Dieser Satz besteht aus zwei Aussagen: (a) Angenommen z N ist durch drei teilbar, dann ist die Ziffernsumme von z durch drei teilbar. (b) Angenommen die Ziffernsumme von z N ist durch drei teilbar, dann ist z durch drei teilbar. Wenn beide Aussagen gezeigt sind, dann ist der Satz bewiesen. Wir beginnen mit ein paar grundlegenden Überlegungen. Jede natürliche Zahl z N kann in der Basis 10 mit Ziffern z k {0, 1, 2, 3,..., 9} dargestellt werden. Sei also z N eine beliebige natürliche Zahl, dann gibt es ein d N 0 und Ziffern z k sodass z = 10 d z d + 10 d 1 z d z 1 + z 0. Jetzt gilt: 10 = 9 + 1, 100 = , 1000 = und allgemein 10 d = } 999 {{... 9} +1. d mal Die Zahlen, die nur aus den Ziffern 9 bestehen, sind trivialerweise durch 3 teilbar, da 9 = 3 3, 99 = 3 33,.... Zusammenfassend gilt: z = 10 d z d z 1 + z 0 = (999 }{{... 9} +1)z d + + (9 + 1)z 1 + z 0 d mal = ( z d + + 9z 1 ) + (z d + + z 1 + z 0 ) = 3( z d + + 3z 1 ) + (z d + + z 1 + z 0 ). Damit sind die Vorüberlegungen abgeschlossen, und wir beginnen mit dem Beweis. Zuerst zeigen wir die Richtung (a): Angenommen z ist durch drei teilbar. Nach Definition 3.5 folgt daraus, dass eine Zahl q Z existiert mit z = 3q. Mit der Darstellung von oben gilt damit 3( z d + + 3z 1 ) + (z d + + z 1 + z 0 ) = 3q. 21

23 Durch Umformen erhalten wir z d + + z 1 + z 0 = 3 ( q ( z d + + 3z 1 ) ). }{{} =: Q Da q, z k Z sind, ist auch Q Z, und damit folgt, dass z d + + z 1 + z 0 = 3Q für eine ganze Zahl Q und damit nach Definition, dass die Ziffernsumme durch drei teilbar ist. Jetzt die andere Richtung (b): Angenommen, die Ziffernsumme von z ist durch drei teilbar, d.h., laut Definition, es existiert ein r Z sodass Aus der Darstellung von oben folgt damit z d + + z 1 + z 0 = 3r. z = 3( z d + + 3z 1 ) + (z d + + z 1 + z 0 ) = 3 ( z d + + 3z 1 + r), }{{} =: R mit R Z. Damit ist nach Definition 3.5 z durch drei teilbar und der Satz ist gezeigt. 3.3 FALLUNTERSCHEIDUNG Eine Fallunterscheidung wird typischerweise dann getroffen, wenn Wissen der Form X Y zur Verfügung steht. Ein Beispiel dafür war der Beweis von Satz 1.12, wo das Wissen (A B = ) (A B ) verwendet wurde, um die Fälle 1. A B = und 2. A B zu unterscheiden. Es können natürlich auch mehr als zwei Fälle unterschieden werden. Eine andere Situation für Fallunterscheidung ist jene, wenn Funktionen auftreten, die durch Fallunterscheidung definiert sind. Wir betrachten wieder ein einfaches Beispiel und führen dazu zuerst den Absolutbetrag ein. DEFINITION 3.7 Sei x eine reelle Zahl. Dann definieren wir den Absolutbetrag x als { x, x 0, x = x, x < 0. 22

24 SATZ 3.8 Für alle reellen Zahlen x, y gilt: x y = y x. Beweis. Seien x, y R. Dann ist auch die Differenz x y R. Wir unterscheiden die Fälle (a) x y = 0, (b) x y > 0 und (c) x y < 0. Diese Fallunterscheidung deckt alle Möglichkeiten ab. Falls x y = 0 dann gilt auch y x = 0. Nach Definition des Absolutbetrags gilt außerdem x y = 0 = 0 und y x = 0 = 0. Damit gilt x y = y x. Falls x y > 0 dann ist nach Definition des Absolutbetrags ist x y = x y. Aus x y > 0 folgt außerdem, dass y x < 0. Damit gilt nach Defintion des Absolutbetrags y x = (y x) = x y, somit folgt x y = x y = y x, also x y = y x. Falls x y < 0 dann ist nach Definition des Absolutbetrags ist x y = (x y) = y x. Aus x y < 0 folgt außerdem, dass y x > 0. Damit gilt nach Definition des Absolutbetrags y x = y x, somit folgt x y = y x = y x, also x y = y x. SATZ 3.9 Seien a, b N zwei natürliche Zahlen, die nicht durch drei teilbar sind. Dann gilt: entweder ist a + b durch drei teilbar oder a + 2b ist durch drei teilbar. Beweis. Die Menge der natürlichen Zahlen kann in drei Teilmengen aufgeteilt werden: N = {3n n N} {3n + 1 n N} {3n + 2 n N} }{{}}{{}}{{} T 0 T 1 T 2, und diese Aufteilung ist disjunkt, d.h., jede natürliche Zahl liegt in genau einer der Mengen T 0, T 1, T 2. Die Menge T 0 enthält alle natürlichen Zahlen, die durch drei teilbar sind. Seien jetzt a, b N beliebigen natürliche Zahlen, die nicht durch drei teilbar sind. Dann können wir die folgenden Fälle unterscheiden: (1.1) a T 1 und b T 1, d.h., es existieren k, m N sodass a = 3k + 1 und b = 3m + 1 (1.2) a T 1 und b T 2, d.h., es existieren k, m N sodass a = 3k + 1 und b = 3m + 2 (2.1) a T 2 und b T 1, d.h., es existieren k, m N sodass a = 3k + 2 und b = 3m + 1 (2.2) a T 2 und b T 2, d.h., es existieren k, m N sodass a = 3k + 2 und b = 3m + 2 Jetzt gehen wir für den Beweis der Aussage alle möglichen Fälle durch: 23

25 (1.1) In diesem Fall gilt a + b = 3(k + m) + 2 T 2 ist nicht durch 3 teilbar, aber a + 2b = 3k m + 2 = 3(k + 2m + 1) T 0 ist durch 3 teilbar. (1.2) In diesem Fall gilt a + b = 3(k + m + 1) T 0 ist durch 3 teilbar, aber a + 2b = 3k m + 4 = 3(k + 2m + 1) + 2 T 1 ist nicht durch 3 teilbar. (2.1) Da Addition kommutativ ist entspricht dieser Fall dem Fall (1.2) (2.2) In diesem Fall gilt a + b = 3k m + 2 = 3(k + m + 1) + 1 T 1 ist nicht durch 3 teilbar, aber a + 2b = 3k m + 4 = 3(k + 2m + 2) T 0 ist durch 3 teilbar. Damit gilt in jedem der möglichen Fälle, dass entweder a + b oder a + 2b durch drei teilbar ist. 3.4 INDUKTIONSBEWEIS Mathematische Induktion ist eine grundlegende Beweistechnik für Aussagen, die für alle natürlichen Zahlen gelten. Der Schlüssel dazu ist der spezielle Aufbau der natürlichen Zahlen: 0 N 0 für jedes n N 0 gilt: n + 1 N 0 Induktionsprinzip Gegeben eine Aussage P x. Falls (1) P x 0 ist wahr (Induktionsanfang) und 1 (2) P x n P x n+1 für ein fixes n N 0 (Induktionsschritt) (P x n wird die Induktionsvoraussetzung oder Induktionshypothese genannt) Dann gilt: P x ist wahr für alle x N 0. Bevor wir ein Beispiel betrachten, führen wir das Summensymbol ein: n a k = a 0 + a 1 + a a n 1 + a n k=0 1 Ist P x eine Aussage mit freier Variable x, dann steht P x y für die Aussage, die entsteht, wenn jedes freie Vorkommen von x in P durch y ersetzt wird. 24

26 BEISPIEL 3.10 Einfache Beispiele sind: 5 k = k=0 7 k 2 = k=1 n (2k + 1) = (2n + 1) k=0 Was ist n k=1 1? Was n k=0 1? Falls die untere Summationsgrenze größer als die obere Summationsgrenze ist, dann hat die Summe den Wert 0, z.b., 3 k=7 a k = 0. SATZ 3.11 Für alle natürlichen Zahlen n gilt n k = k=0 n(n + 1). 2 Beweis. Wir führen einen Induktionsbeweis durch: Induktionsanfang: Wir zeigen, dass die Identität für n = 0 stimmt durch Einsetzen in beiden Seiten: 0 0(0 + 1) k = 0 =. 2 k=0 Induktionsannahme: Wir nehmen an, dass die Formel für eine beliebige natürliche Zahl n gilt, d.h., wir nehmen an, dass n n(n + 1) k =. (3.3) 2 k=0 Induktionsschritt: (n n + 1) Unter der Annahme, dass (3.3) gilt, zeigen wir, dass die Aussage auch gilt, wenn n durch n + 1 ersetzt wird, d.h., wir zeigen: n+1 k = k=0 (n + 1)(n + 2). 2 25

27 Wir beginnen mit der linken Seite und formen schrittweise um. Zuerst kann der letzt Summand aus der Summe herausgezogen werden: n+1 k = k=0 n k + (n + 1). Für die verbleibende Summe kann die Induktionshypothese verwendet werden: n+1 k = k=0 k=0 n k + (n + 1) = k=0 n(n + 1) 2 + (n + 1). Im letzten Schritt fassen wir alles auf einen Bruch zusammen und heben heraus: n+1 k = k=0 n k + (n + 1) = k=0 n(n + 1) 2 + (n + 1) = n(n + 1) + 2(n + 1) 2 = (n + 2)(n + 1). 2 BEISPIEL 3.12 Zeigen Sie, dass für alle n N 0 gilt: n k=0 (2k + 1) = (n + 1)2. Analog zum Summensymbol definieren wir das Produktsymbol: n a k = a 0 a 1 a n 1 a n. k=0 Wenn der untere Index größer als der obere Index ist, wird das Produkt als eins definiert: o a k = 1, falls u > o. k=u BEISPIEL 3.13 Einfache Beispiele sind: 5 k = = 120 k=1 n k = (n 1) n = n! k=1 4 (2k + 1) = = 945 k=0 n (2k + 1) = 1 3 (2n 1) (2n + 1) k=0 26

28 SATZ 3.14 Für alle n N gilt n 4k + 3 4k 1 = 4n k=1 Beweis. Wir beweisen die Aussage mittels Induktion und in diesem Fall ist der Induktionsanfang bei n = 1. Induktionsanfang: Für n = 1 gilt n = 7 3. Induktionsschritt: Angenommen n Zu zeigen ist, dass k=1 4k+3 4k 1 = = 7 3 k=1 4k+3 4k 1 = 4n+3 n+1 k=1 und für die rechte Seite erhalten wir 3 (Induktionshypothese!) gilt für ein n 1. 4k + 3 4k 1 = 4n Aus dem Produkt kann der letzte Faktor herausgezogen werden. Mit Hilfe der Induktionshypothese erhalten wir: ( n+1 n ) 4k + 3 4k 1 = 4k + 3 4(n + 1) + 3 4k 1 4(n + 1) 1 k=1 k=1 = 4n + 3 4n n + 3 = 4n BEISPIEL 3.15 Wir zeigen, dass für alle n N 0 gilt, 6 7 n 1 mittels Induktion. Induktionsanfang: Für n = 0 haben wir = 1 1 = 0 und 0 = 6 0, d.h., 6 0. Induktionsschritt: Angenommen 6 7 n 1. Zu zeigen ist, dass 6 7 n+1 1. Aus der Induktionshypothese 6 7 n 1 folgt nach Definition, dass es eine ganze Zahl q gibt, sodass 7 n 1 = 6q. Nun gilt: 7 n+1 1 = 7 7 n 1 = (6 + 1) 7 n 1 = 6 7 n + 7 n 1 = 6 7 n + 6q = 6(7 n + q). Da n N 0 und q Z ist, ist auch q = 7 n + q Z. Damit haben wir gezeigt, dass 7 n+1 1 = 6 q, d.h., 6 7 n+1 1. Induktionsbeweise können auch verwendet werden, um Ungleichungen zu zeigen: 27

29 SATZ 3.16 Für alle natürlichen Zahlen n N 0 gilt n 2 n. Beweis. Induktionsanfang: Für n = 0 erhalten wir = 1. Induktionsschritt: Angenommen für ein n N 0 gilt n 2 n (Induktionshypothese). Zu zeigen ist, dass n n+1. Induktionsschritt: Aus der Induktionshypothese folgt, dass n n + 1. Wegen n 0 gilt außerdem 1 2 n (diese einfache Aussage könnte auch via Induktion bewiesen werden). Damit gilt zusammenfassend n n n + 2 n = 2 2 n = 2 n WIDERSPRUCHSBEWEIS Die Grundidee ist es, statt die zu beweisende Aussage zu zeigen, ihr Gegenteil zu widerlegen. Denn wenn A falsch ist, dann muss A wahr sein. Wir illustrieren das an einem Beispiel. SATZ 3.17 Die Quadratwurzel aus 2 lässt sich nicht als rationale Zahl darstellen ( 2 / Q). Beweis. Angenommen 2 Q. Dann existieren natürliche Zahlen p, q, mit q 0, sodass 2 = p q. Wir nehmen an, dass p, q minimal gewählt sind, d.h., dass nicht mehr gekürzt werden kann. Aus 2 = p p2 q folgt durch Quadrieren, dass 2 = ist. Wenn bei p q 2 q nicht gekürzt werden konnte, dann kann auch bei p2 nicht mehr gekürzt werden. Da aber p2 = 2, also gleich einer ganzen q 2 q 2 Zahl ist, muss der Nenner eins sein, also q = 1. Jetzt wissen wir, dass wenn 2 eine rationale Zahl ist, dann muss es sogar eine ganze Zahl sein ( 2 = p). Da 1 < 2 < 2 gilt, muss p eine ganze Zahl sein, die zwischen 1 und 2 liegt. So eine ganze Zahl gibt es nicht, daher sind wir bei einem Widerspruch angekommen und die Annahme muss falsch gewesen sein. 28

30 Beispiel Wir betrachten ein Schachbrett, bei dem zwei (weiße) Felder an gegenüberliegenden Ecken entfernt wurden. Für dieses Brett gilt: Es gibt keine überlappungsfreie Überdeckung des Bretts mit 2 1-Dominosteinen (d.h. von der Größe von zwei Feldern). Wir zeigen diese Aussage mittels Widerspruch: Angenommen, es gibt eine überlappungsfreie Überdeckung. Jeder Stein in dieser Überdeckung müsste dann ein weißes und ein schwarzes Feld abdecken. Von den ursprünglich 64 Feldern sind noch 62 übrig (nach Wegnahme der zwei weißen Felder). Damit brauchen wir 31 Steine um 32 schwarze Felder und 30 weiße Felder abzudecken. Egal wie die Überdeckung gelegt wird, es wird mit jedem der 30 Steine jeweils ein weißes und ein schwarzes Feld abgedeckt und am Ende bleiben zwei schwarze Felder übrig. Die können aber nicht mit einem Stein abgedeckt werden, da sie nicht nebeneinander liegen. 29

31 KAPITEL4 GLEICHUNGEN UND GLEICHUNGSSYSTEME 4.1 QUADRATISCHE GLEICHUNGEN In diesem Abschnitt wollen wir alle reellen Lösungen x von Gleichungen der Form ax 2 + bx + c = 0, zu gegebenen a, b, c R, (4.1) bestimmen. Wir werden im allgemeinen davon ausgehen, dass die Gleichung nicht degeneriert ist, d.h., a, b, c 0 (wenn einer oder mehr dieser Parameter verschwindet ist die Gleichung durch einfachere Schritte lösbar). Im folgenden leiten wir die Lösungsformel für quadratische Gleichungen her. Die Grundidee dabei ist, die Ausdrücke in x zu einem vollständigen Quadrat (x + α) 2 zu ergänzen, und dann die Lösungen durch Wurzelziehen zu erhalten. Zuerst wiederholen wir den binomischen Lehrsatz Wir dividieren (4.1) durch a und erhalten (x + α) 2 = x 2 + 2xα + α 2. x 2 + b a x + c a = 0. Um ein vollständiges Quadrat zu erhalten, muss also b a gewählt werden. Damit ist x 2 + b a x + c a = x2 } + 2xα {{ + α } 2 α 2 c + a =(x+α) 2 und die Ausgangsgleichung (4.1) ist gleichbedeutend mit (x + α) 2 = α 2 c a. = 2α gelten, d.h. es muss α = b 2a Durch Wurzelziehen gelangen wir zur Lösungsformel für quadratische Gleichungen: 1x 2 = b ± b 2 4ac. (4.2) 2a Zur Erinnerung: wir sind an reellen Lösungen x interessiert. Ob 1 x 2 eine reelle Zahl ist oder nicht, hängt vom Ausdruck unter der Wurzel ab, der Diskriminante genannt wird: = b 2 4ac. 30

32 Falls die Diskriminante negativ ist, dann kann keine reelle Wurzel gezogen werden, und die Gleichung besitzt keine reellen Lösungen. Falls die Diskriminante gleich null ist, dann besitzt die Gleichung genau eine Lösung, nämlich x = b 2a. Falls die Diskriminante positiv ist, dann besitzt die Gleichung zwei unterschiedliche reelle Lösungen. 4.2 DIOPHANTISCHE GLEICHUNGEN DEFINITION 4.1 Seien a, b Z, nicht beide 0, dann ist der größte gemeinsame Teiler ggt(a, b) (engl.: greatest common divisor, kurz gcd) die größte ganze Zahl d mit d a und d b. Der ggt(a, b) ist nicht nur größer als jeder gemeinsame Teiler von a und b. Für jede ganze Zahl q mit q a und q b gilt sogar, dass q ggt(a, b). Nach Definition ist der größte gemeinsame Teiler positiv, also eine natürliche Zahl. Außerdem gilt ggt(a, b) = ggt( a, b ) = ggt(b, a). DEFINITION 4.2 Zwei Zahlen a, b Z mit ggt(a, b) = 1 heißen relativ prim (oder teilerfremd). SATZ 4.3 Seien a, b Z. Dann gilt ggt(a, b) = ggt(a b, b). Beweis. Sei d = ggt(a, b), d.h. d a und d b und ( ) für jede ganze Zahl q mit q a und q b gilt q d. Wir müssen beweisen, dass d = ggt(a b, b), d.h. 1) d a b und 2) d b und 3) für jede ganze Zahl p mit p a b und p b gilt p d. 1) und 2) sind aufgrund unserer Annahmen erfüllt. Sei nun p Z beliebig mit p a b und p b. Dann gilt auch p a und wegen ( ) daher p d. Noch allgemeiner gilt: SATZ 4.4 Seien a, b Z und z Z. Dann gilt ggt(a + zb, b) = ggt(a, b). Aus diesem Satz folgt ein Algorithmus zur Bestimmung des ggt, der erstmals von Euklid (ca. 360 v. Chr. bis ca. 280 v. Chr.) schriftlich erwähnt wurde und der daher nach ihm benannt ist. Bevor wir den Algorithmus anschreiben führen wir noch formal die Begriffe Quotient und Rest einer Division ein. 31

33 DEFINITION 4.5 Seien x, y N. Dann gibt es eindeutig bestimmte Zahlen q, r N 0 mit x = qy + r, und r < y. Die Zahlen q und r heißen Quotient bzw. Rest der Division von x durch y. Seien a, b N mit a > b gegeben. Die Division dieser beiden Zahlen liefert q, r N 0 mit r < b sodass a = qb + r = r = a qb. Laut Satz 4.4 gilt ggt(a, b) = ggt(a qb, b) = ggt(r, b) = ggt(b, r). Im letzten Schritt wird nur verwendet, dass der ggt symmetrisch ist, und wir ordnen die Einträge in absteigender Größe an. Der ggt(a, b) ist auf den ggt der kleineren Zahlen b, r zurückgeführt worden. Dieser Schritt kann rekursiv wiederholt werden: Wir berechnen den ggt(34, 28): 1. Division liefert 34 = , d.h., q = 1 und r = 6. Dann gilt ggt(34, 28) = ggt( , 28) = ggt(6, 28) = ggt(28, 6) 2. Division liefert 28 = , d.h., q = 4 und r = 4. Dann gilt ggt(28, 6) = ggt(28 6 4, 6) = ggt(4, 6) = ggt(6, 4) 3. Division liefert 6 = , d.h., q = 1 und r = 2. Dann gilt ggt(6, 4) = ggt(6 4 1, 4) = ggt(2, 4) = ggt(4, 2) 4. Division liefert 4 = , d.h., q = 2 und r = 0. Dann gilt ggt(4, 2) = ggt(4 2 2, 2) = ggt(0, 2) = ggt(2, 0) = 2. In jedem Zwischenschritt sind die Einträge x, y im ggt(x, y) Linearkombinationen von den Eingangszahlen a = 34 und b = 28, z.b. im ersten Schritt ggt(a, b) = ggt(34, 28) = ggt(34 28, 28) = ggt(28, 34 }{{ 28 } ) = ggt(b, 1 a + ( 1) b). =6 Im zweiten Schritt erhalten wir: ggt(a, b) = ggt(b, r) = ggt(28, 34 }{{ 28 } ) = ggt(28 (34 }{{ 28 } ) 4, 34 }{{ 28 } ) =6 =6 =6 = ggt( 4 } 34 {{ }, 34 }{{ 28 } ) =4 =6 = ggt(34 }{{ 28 }, 5 } 28 {{ 4 34 } ) =6 =4 = ggt(1 a + ( 1) b, ( 4) a + 5 b). In einer Tabelle können die Koeffizienten der Linearkombinationen mitberechnet werden: 32

34 I II III = I-II IV = II - 4 III V = III-IV VI = IV-2V Aus dieser Tabelle können die Koeffizienten 5 und 6 abgelesen werden, d.h. die Koeffizienten für die Linearkombination ggt(34, 28) = 2 = Diese Koeffizienten werden Bézout-Koeffizienten genannt. In der letzten Zeile können die Koeffizienten für die Linearkombination aus a, b, die 0 ergibt, abgelesen werden: 0 = Diese Koeffizienten werden auch Syzygien genannt. SATZ 4.6 Seien a, b N. Dann existieren ganze Zahlen s, t Z mit ggt(a, b) = s a + t b. Diese Zahlen (s, t) werden Bézout-Koeffizienten genannt. Der Erweiterte Euklidische Algorithmus (EEA) folgt dem Vorgehen aus dem Beispiel und berechnet den größten gemeinsamen Teiler sowie die Bézout-Koeffizienten und die Syzygien: Gegeben a, b N mit a > b: 1. Initialisierung: x 0 = a, x 1 = b, s 0 = 1, s 1 = 0, t 0 = 0, t 1 = 1 und k = 1 2. While x k 0 Do (i) q k = quot(x k 1, x k ) (Quotient der Division von x k 1 durch x k, x k 1 = q k x k + r k ) (ii) x k+1 = x k 1 q k x k (Rest der Division, r k = x k 1 q k x k ) (iii) s k+1 = s k 1 q k s k und t k+1 = t k 1 q k t k (Bestimmung der Linearkoeffizienten) (iv) k = k Return ggt(a, b) = x k 1, Bézout-Koeffizienten (s k 1, t k 1 ), Syzygien (s k, t k ) In jedem Schritt gilt x k = s k a + t k b. BEISPIEL 4.7 Wir bestimmen den ggt(126, 81) mit dem EEA. Dazu notieren wir in der Tabelle zusätzlich den Schleifenindex k und den Quotienten q: 33

35 Das heißt, k x s t q I II III = I-II IV = II-III V = III-IV VI = IV-4 V ggt(126, 81) = 9 = ( 3) 81 und 0 = Der erweiterte Euklidische Algorithmus kann verwendet werden, um ganzzahlige Lösungen von linearen Gleichungen mit ganzzahligen Koeffzienten zu bestimmen. Solche Gleichungen werden diophantische Gleichungen genannt. BEISPIEL 4.8 Ein Bauer hat 500 Taler gespart, um neue Hühner und Kühe zu kaufen. Auf dem Markt stellt er fest, dass eine Kuh 17 Taler kostet und ein Huhn 5 Taler. Wie viele Hühner und Kühe kann er kaufen, wenn er die ganzen 500 Taler ausgeben möchte? Schritt 1: Wir berechnen mit EEA den ggt von 17 und 5 sowie die Bézout-Koeffizienten, und die Syzygien ggt(17, 5) = 1 = (4.3) 0 = (4.4) Wenn wir die Gleichung (4.3) mit 500 multiplizieren erhalten wir 500 = , (4.5) d.h. wenn der Bauer 1000 Kühe und 3500 Hühner kauft, gibt er genau 500 Taler aus. Dieser Handel dürfte allerdings schwierig werden. Mithilfe der Syzygien kann man feststellen, ob ganzzahlige positive Lösungen existieren. Wenn wir (4.4) mit einer beliebigen Zahl x multiplizieren, erhalten wir 0 = 5x 17 17x 5. Diese Gleichung können wir zu (4.5) addieren und erhalten so 500 = ( x) 17 + ( x) 5. Jetzt bleibt festzustellen, ob es gannzzahlige Werte für x gibt, sodass sowohl x 0 als auch x 0. Wir bestimmen für beide Gleichungen, wann sie null werden: x = 0 x = 200, und x = 0 x =

36 Das heißt, wenn 200 x 205 gilt, dann sind beide Koeffizienten nichtnegativ. Das sind nur endliche viele Kombinationen, die wir ausprobieren können: x = = x = = x = = x = = x = = x = = LINEARE GLEICHUNGSSYSTEME Das Thema hier sind Systeme von linearen Gleichungen, wie man sie lösen kann, und wie die Lösungsräume aussehen können. Wir beginnen mit einem Beispiel und suchen alle Paare (x, y) R 2, die die beiden Gleichungen 5x + 2y = 8 und 2x y = 4 erfüllen: 5x + 2y = 8 2 2x y = 4 ( 5) 10x + 4y = 16 10x + 5y = 20 } 9y = 36 : 9 y = 4 Hier haben wir zuerst die Variable x eliminiert, indem wir beide Gleichungen mit einem entsprechenden Faktor multipliziert und dann addiert haben. Dann haben wir die verbleibende Gleichung nach y gelöst. Um die Lösung des Gleichungssystems zu erhalten, müssen wir in einer der beiden ursprünglichen Gleichungen für y einsetzen und nach x lösen, zum Beispiel oder 5x = 8 5x + 8 = 8 5x = 0 x = 0, 2x 4 = 4 2x = 0 x = 0. Die Lösung des Gleichungssystems ist also (x 0, y 0 ) = (0, 4). Warum ist es erlaubt, Gleichungen zu multiplizieren und zu addieren, ohne die Lösung zu verändern? Betrachten wir ein allgemeines Gleichungssystem: ax + by = c (4.6) dx + ey = f Wenn (x 0, y 0 ) eine Lösung des Gleichungssystems ist, d.h. wenn ax 0 + by 0 = c, und dx 0 + ey 0 = f, 35

37 dann gilt für eine reelle Zahl q und für eine reelle Zahl r gilt qax 0 + qby 0 = q(ax 0 + qby 0 ) = qc rdx 0 + rey 0 = r(dx 0 + ey 0 ) = rf. Wenn diese beiden Gleichungen addiert werden, gilt qax 0 + qby 0 + rdx 0 + rey 0 = qc + rf, d.h. wenn bei den Gleichungen immer auf beiden Seiten mit dem gleichen Faktor multipliziert wird, und wenn Gleichungen addiert werden, dann wird die Lösung nicht verändert. Wir bestimmen eine Lösung des allgemeinen Gleichungssystems: ax + by = c d dx + ey = f ( a) adx + bdy = cd adx aey = af (bd ae)y = cd af Die letzte Gleichung kann genau dann nach y aufgelöst werden, wenn bd ae 0 gilt. SATZ 4.9 Das lineare Gleichungssystem (4.6) besitzt eine eindeutig bestimmte Lösung genau dann, wenn bd ae 0. } BEISPIEL 4.10 Bestimmen Sie alle (x, y) R 2, die die beiden Gleichungen 2x y = 4 und 4x + 2y = 7 erfüllen. 2x y = 4 ( 4) 4x + 2y = 7 ( 2) 8x + 4y = 16 8x 4y = 14 0 = 30 Die letzte Gleichung ist offensichtlich falsch, d.h. unerfüllbar. Daraus folgt, dass das gegebene System nicht erfüllbar und die Lösungsmenge leer ist. Wir modifizieren die rechten Seiten des Beispiels und suchen alle (x, y) R 2, die die } 36

38 beiden Gleichungen 2x y = 4 und 4x + 2y = 8 erfüllen: 2x y = 4 ( 4) 4x + 2y = 8 ( 2) 8x + 4y = 16 8x 4y = 16 0 = 0 Die letzte Gleichung ist offensichtlich immer wahr, d.h. dass jede Lösung der ersten Gleichung 2x y = 4 auch Lösung der zweiten Gleichung 4x + 2y = 8 ist. Damit gibt es unendliche viele Lösungen, die wir parametrisiert beschreiben können, indem wir zum Beispiel die erste Gleichung nach y auflösen und erhalten so den Lösungsraum } 2x y = 4 y = 2x 4 L = {(t, 2t 4) t R}. Zur Probe setzen wir in die zweite Gleichung ein: 4t + 2(2t 4) = 4t + 4t 8 = 8. Bei genauerer Betrachtung stellen wir fest, dass die beiden Gleichungen Vielfache voneinander sind, und mit den obigen Überlegungen müssen die Lösungsräume folglich übereinstimmen. Bei einem linearen Gleichungssystem mit zwei Gleichungen in zwei Variablen kann also einer der drei Fälle auftreten: (a) es gibt genau eine Lösung (x 0, y 0 ) R 2 (b) es gibt keine Lösung (c) es gibt eine parametrisierte Schar von unendlich vielen Lösungen. Das Verfahren, das wir hier zur Lösung von linearen Gleichungssystemen eingeführt haben, wird Gaußsches Eliminationsverfahren genannt und kann auch auf lineare Gleichungssysteme in mehr Variablen erweitert werden. BEISPIEL 4.11 Gesucht sind alle (x, y, z) R 3, die die Gleichungen x + y + z = 7, 2x 3y + z = 12, 4x+5y z = 18 erfüllen. Dazu benutzen wir erst die erste Gleichung, um aus den beiden zweiten x zu eliminieren. Dann erhalten wir ein System von zwei linearen Gleichungen 37

39 in zwei Variablen, das wie oben gelöst wird. x + y + z = 7 2 2x 3y + z = 12 ( 1) 4x + 5y z = 18 2x + 2y + 2z = 14 2x + 3y z = 12 5y + z = 2 } x + y + z = 7 4 2x 3y + z = 12 4x + 5y z = 18 ( 1) 4x + 4y + 4z = 28 4x 5y + z = 18 y + 5z = 10 } Nach den ersten Reduktionsschritten muss jetzt das System der Gleichungen 5y + z = 2 und y + 5z = 10 nach (y, z) R 2 gelöst werden: Durch schrittweises Einsetzen, 5y + z = 2 ( 1) y + 5z = 10 ( 5) 5y z = 2 5y 25z = 50 } 26z = 52 : ( 26) z = 2 y = 10 y = 0, und x = 7 x = 5, erhalten wir die Lösung des Systems (x 0, y 0, z 0 ) = (5, 0, 2). BEISPIEL 4.12 Gesucht sind alle Lösungen (x, y, z) R 3, die die Gleichungen 2x + y + 3z = 6, x 3y + z = 2, und 2x + 6y 2z = 4 erfüllen. Dazu gehen wir vor wie im letzten Beispiel. 2x + y + 3z = 6 ( 1) x 3y + z = 2 ( 2) 2x + 6y 2z = 4 2x y 3z = 6 2x + 6y 2z = 4 5y 5z = 10 } 2x + y + 3z = 6 2 x 3y + z = 2 2x + 6y 2z = 4 ( 2) 4x + 2y + 6z = 12 4x 12y + 4z = 8 10y + 10z = 20 } Bei der Elimination auf der rechten Seite könnte man den Schritt (und das Ergebnis) vereinfachen, indem die erste Zeile unverändert bleibt, und die zweite Zeile nur mit ( 1) multipliziert wird. Im Moment sind wir nicht an einer Optimierung des Verfahrens interessiert, deshalb folgen wir dem eingeführten Schema. Wir rechnen weiter mit dem 38

40 System in y und z. 5y 5z = 10 ( 10) 10y + 10z = 20 ( 5) 50y + 50z = y 50z = 100 } 0 = 0 In diesem Fall gibt es wieder eine unendliche Schar von parametrisierte Lösungen für dieses Teilsystem. Wir verwenden die erste Gleichung und formen um 5y 5z = 10 y z = 2 y = z 2. Das heißt, der Lösungsraum dieses Teilsystems ist {(t 2, t) t R}. Um die Lösung des gesamten Systems zu erhalten, setzen wir die Parametrisierung in die zweite Gleichung des Ausgangssystems ein: x 3(t 2) + t = 2 x 2t + 6 = 2 x = 4 2t. Insgesamt erhalten wir so den Lösungsraum L = {(4 2t, t 2, t) t R}. BEISPIEL 4.13 Wir verändern im letzten Beispiel die rechte Seite der dritten Gleichung zu 2x+6y 2z = 3. Damit wird der erste Lösungsschritt zu 2x + y + 3z = 6 ( 1) x 3y + z = 2 ( 2) 2x + 6y 2z = 3 2x y 3z = 6 2x + 6y 2z = 4 5y 5z = 10 } 2x + y + 3z = 6 2 x 3y + z = 2 2x + 6y 2z = 3 ( 2) 4x + 2y + 6z = 12 4x 12y + 4z = 6 10y + 10z = 6 } Im zweiten Schritt erhält man dann 5y 5z = 10 ( 10) 10y + 10z = 6 ( 5) 50y + 50z = y 50z = 30 0 = 70 Diese Gleichung gilt offensichtlich nicht. Damit hat das System in zwei Variablen keine Lösung und folglich besitzt das gesamte System keine Lösung und L =. } 39

41 BEISPIEL 4.14 Eine weitere Variante: Gesucht sind alle Lösungen (x, y, z) R 3, die die Gleichungen 3x + 9y 3z = 6, x 3y + z = 2, und 2x + 6y 2z = 4 erfüllen. Dazu gehen wir vor wie im letzten Beispiel. 3x + 9y 3z = 6 ( 1) x 3y + z = 2 ( 3) 2x + 6y 2z = 4 3x 9y + 3z = 6 3x + 9y 3z = 6 0 = 0 } 3x + 9y 3z = 6 2 x 3y + z = 2 2x + 6y 2z = 4 ( 3) 6x + 18y 6z = 12 6x 18y + 6z = 12 0 = 0 } Hier erhalten wir bereits nach dem ersten Eliminationsschritt zwei allgemeingültige Gleichungen. Bei genauerem Betrachten stellen wir wieder fest, dass die zweite und dritte Gleichung Vielfache der ersten Gleichung sind. Damit erhalten wir einen parametrisierten Lösungsraum, der in diesem Fall von zwei Parametern abhängt. Wir formen die zweite Gleichung um, um die parametrisierte Darstellung zu erhalten: x 3y + z = 2 x = 3y + z 2 und damit L = {( 3s + t 2, s, t) s, t R}. 40